1、1 一一问题背景问题背景 山东临沂市山东临沂市 20062006 年年 1 1 月份高三模拟考试卷中有一道关于传球问题的试题：月份高三模拟考试卷中有一道关于传球问题的试题： 三人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过三人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过 5 5 次传球后，球仍回到甲次传球后，球仍回到甲 手中，则不同的传球方法的种数是（手中，则不同的传球方法的种数是（） (A)(A) 6 6（B B） 8 8（C C）1010（D D）1616 本题主要考查排列组合中的计数问题，当时我校学生的得分情况并不理想：笔者所任本题主要考查排列组合中的计数问题，当时我校学生的得分情况
2、并不理想：笔者所任 教班级为实验班教班级为实验班（学生的成绩普遍较好学生的成绩普遍较好） ，但是选择正确答案但是选择正确答案（C C）的仅为的仅为 30%30%，其余选项基其余选项基 本平均！进一步调查发现，大多数同学没有明确的解题思路：有的根本就不理解题意；有本平均！进一步调查发现，大多数同学没有明确的解题思路：有的根本就不理解题意；有 的只会使用列举法进行直观列举，但不能按一定顺序将所有情况一一穷尽，有遗漏现象；的只会使用列举法进行直观列举，但不能按一定顺序将所有情况一一穷尽，有遗漏现象； 选选（C C）的同学中也有是蒙对的的同学中也有是蒙对的，其实并不真正理解题意其实并不真正理解题意；绝
3、大多数同学没有转化问题的意绝大多数同学没有转化问题的意 识，不能通过联想已经解决的熟悉问题来建立数学模型求解，表现出抽象思维的贫乏与薄识，不能通过联想已经解决的熟悉问题来建立数学模型求解，表现出抽象思维的贫乏与薄 弱弱。事实上事实上，对这种似乎是非常规性的问题对这种似乎是非常规性的问题，往往难以用常规题型的通常解法去顺利解答往往难以用常规题型的通常解法去顺利解答； 我们有些老师做起来也不容易尽快找到切入点我们有些老师做起来也不容易尽快找到切入点，评讲时就难以点拨到位评讲时就难以点拨到位. .我感觉这是一道极我感觉这是一道极 具思维训练价值的好题，值得深入研究，于是组织学生进行研究性学习。具思维
4、训练价值的好题，值得深入研究，于是组织学生进行研究性学习。 二二 分组讨论分组讨论多向求解多向求解 师师（简要介绍做题情况与试题特点后简要介绍做题情况与试题特点后）这真是一道难题吗？同学们能用所学过的这真是一道难题吗？同学们能用所学过的 相关知识与方法来求解吗？（留给学生充分独立思考、探索和自由交流讨论的时空）相关知识与方法来求解吗？（留给学生充分独立思考、探索和自由交流讨论的时空） 将学生讨论的结果归类如下：将学生讨论的结果归类如下： 1 1将传球路线一一列举，进行直观求解：将传球路线一一列举，进行直观求解： 生生 1 1考虑传球次数不多，考虑传球次数不多， 可用枚举法画出详细树状图（图可用
5、枚举法画出详细树状图（图 1 1） ，甲先，甲先 传球给乙（上面的一条道路）到最后回到传球给乙（上面的一条道路）到最后回到 甲手中，共有五种传球方法；同理甲先传甲手中，共有五种传球方法；同理甲先传 球给丙，由对称性可知也有五种传球方法；球给丙，由对称性可知也有五种传球方法； 故共有故共有 1010 种传球方法种传球方法. . 生生 2 2由于球开始和结束都在甲手中由于球开始和结束都在甲手中， 因此球第一次传出后及最后一次传出前必须不因此球第一次传出后及最后一次传出前必须不 在甲手中，不妨把乙、丙统称为在甲手中，不妨把乙、丙统称为“非非” （意为非甲（意为非甲） ，故，故 只要确定中间几次传球的
6、情况即可只要确定中间几次传球的情况即可. .传球线路传球线路 如图如图 2 2，图中，图中“”表示传球方向表示传球方向， “”之之 上所附数字表示对应于此步的传球方法数上所附数字表示对应于此步的传球方法数. . 所以，本题传球的不同方法数是所以，本题传球的不同方法数是 11212+ +11112+ +12112=10.=10. 2 2与已有知识结构联系，广泛联想与想象，进行发散思维，建模求解：与已有知识结构联系，广泛联想与想象，进行发散思维，建模求解： 生生 3 3联想到联想到 20032003 年新课程卷文科高考试题第年新课程卷文科高考试题第 1616 题：题： 将将 3 3 种作物种植在并
7、排的种作物种植在并排的 5 5 块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种 植同一作物，不同的种植方法共有植同一作物，不同的种植方法共有种种. . 可以将本题进行等价转化为涂色模型：相当于给可以将本题进行等价转化为涂色模型：相当于给 图图 3 3 六个方格涂红、黄、蓝三种颜色，要求第六个方格涂红、黄、蓝三种颜色，要求第 1 1、6 6 两两 格涂红色，每个方格涂一种颜色，并且相邻的两个方格格涂红色，每个方格涂一种颜色，并且相邻的两个方格 涂不同的颜色的方法种数涂不同的颜色的方法种数. .分类讨论如下：分类讨论如下： 针对红色还可涂在针对红色
8、还可涂在 3 3 或或 4 4 当中，分三种情况：当中，分三种情况： （1 1）若若 3 3 涂红色涂红色，则则 4 4、5 5 只能涂黄只能涂黄、蓝两色蓝两色，有有 2 2 A种方法种方法，而而 2 2 只能选择黄只能选择黄、蓝两蓝两 色之一色之一，有有 1 2 A种方法种方法，由乘法原理知有由乘法原理知有 2 2 A 1 2 A=4=4 种方法种方法； （2 2）若若 4 4 涂红色涂红色，同理有同理有 4 4 种方种方 法法； （3 3）3 3、4 4 都不涂红色都不涂红色，则只能在则只能在 2 2、4 4 选涂一种颜色选涂一种颜色，在在 3 3、5 5 涂另一种颜色涂另一种颜色，有有
9、2 2 A 种方法；综上，共有种方法；综上，共有 2 2 2 2 A 1 2 A+ + 2 2 A=2=24+2=104+2=10 种方法种方法. . 生生 4 4改变问题的叙述形式，就成为很熟悉的排数模型：改变问题的叙述形式，就成为很熟悉的排数模型： 甲非 1 2 甲 甲 甲非 非 非非 2 2 1 1 111 1 图2 甲乙 丙 甲 甲 甲丙 乙 乙丙 丙 乙 乙 丙 图1 丙 34 图3 1256 2 用用 1 1、2 2、3 3 三个数字排成三个数字排成 6 6 位整数，要求首位和末位排位整数，要求首位和末位排 1 1，且任意相邻的两个数码不，且任意相邻的两个数码不 相同，可以得到多少
10、个不同的相同，可以得到多少个不同的 6 6 位整数？位整数？（解略）（解略） 三三 进一步探究进一步探究 师师 上述上述 4 4 位同学的位同学的 4 4 种解法都具有一定的代表性种解法都具有一定的代表性，如何将问题及其解答向一般情况推如何将问题及其解答向一般情况推 广，来进一步揭示问题的规律，认识问题的本质呢？广，来进一步揭示问题的规律，认识问题的本质呢？ 生生 5 5将此问题向一般情况引申，有将此问题向一般情况引申，有 推广推广 1 1甲乙丙三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过甲乙丙三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过n次传次传 球后，球又回到甲手中，则不同
11、的传球方法有多少种？球后，球又回到甲手中，则不同的传球方法有多少种？ 问题一经引向一般问题一经引向一般，上述上述 4 4 种具体解法就难以完全套用种具体解法就难以完全套用！但是可以受其方法的启发但是可以受其方法的启发- 引导学生发现问题背后的规律：引导学生发现问题背后的规律： 生生 6 6设经过设经过n次传球后，球在甲手中的不同方法有次传球后，球在甲手中的不同方法有 n a种，球不在甲手中的不同方种，球不在甲手中的不同方 法有法有 n b种种，则有则有：0 1 a，经过经过n次传球后共有次传球后共有 n 2种不同的传球方法种不同的传球方法；经过经过n次传球次传球 后球要么在甲手中，要么不在，可
12、得后球要么在甲手中，要么不在，可得 n 2= = n a+ + n b；第第1n次传球后，球在甲手中，则下次传球后，球在甲手中，则下 一次必不在甲手中一次必不在甲手中（甲传出去有两种可能甲传出去有两种可能） ；第第1n次传球后次传球后，球不在甲手中球不在甲手中，则下一次可则下一次可 以传到甲手中以传到甲手中（乙可以传给甲或丙乙可以传给甲或丙，丙可以传给甲或乙丙可以传给甲或乙，各有两种可能各有两种可能） ；经过经过n次传球次传球 后后， 球在甲手中有球在甲手中有 n a种方法种方法， 等于第等于第1n次传球后球不在甲手中的方法数次传球后球不在甲手中的方法数 1n b， 即即 n a= = 1n
13、b， 且且 1 11 2 n nn ba. .所以所以 1 1 2 n n n aa（i i） 。这是此数列的递推关系式这是此数列的递推关系式，结合结合0 1 a可可 得得) 3 2 ( 3 2 1 1 n n n n aa，于是数列，于是数列 3 2n n a 是首项为是首项为 3 2 ，公比为，公比为1的等比数列的等比数列， 即即 3 2n n a = = 1 ) 1( 3 2 n ，解得，解得 2( 1) 2 3 nn n a . . 评注：评注： 对（对（i i）式学生出现多种转化方式，如）式学生出现多种转化方式，如 （a a）变形为）变形为 1 1 11 , 22 22 nn nn
14、aa 即即 1 1 111 (). 232 23 nn nn aa 则则 1 23 n n a 是以是以 1 2 为公为公 比以比以 1 11 233 a 为首项的等比数列。为首项的等比数列。 （b b）由由（i i）式可得式可得 1 2n nn aa （iiii） ，两式相减得两式相减得 1 11 2. n nn aa 再分奇偶项求再分奇偶项求 解后合成即可。解后合成即可。 原题的解即为原题的解即为10 5 a. .当然，也可推知球不在甲手中有当然，也可推知球不在甲手中有 5 22210 种方法；根据等种方法；根据等 可能性，传到乙、丙手中各有可能性，传到乙、丙手中各有 1111 种情况种情
15、况. . 近阅文近阅文11，正好是上述推广，正好是上述推广 1 1，所给解法是上述（，所给解法是上述（a a） ，容易看出：其法没有生，容易看出：其法没有生 6 6 的的 解法简捷！解法简捷！ 生生 7 7若从概率的等可能性和互斥角度来理解，下面的解法别有趣味：若从概率的等可能性和互斥角度来理解，下面的解法别有趣味： 由于球由某人手中向下一个目标传递有由于球由某人手中向下一个目标传递有 2 2 种方法，经过种方法，经过n次传球后共有次传球后共有 n 2种不同的传种不同的传 球方法球方法， 这些方法是等可能的这些方法是等可能的， 且任意两种不同传球是互斥的且任意两种不同传球是互斥的. .球在甲手
16、中的不同方法有球在甲手中的不同方法有 n a 种种， 不在甲手中的不同方法有不在甲手中的不同方法有 n b种种， 记记 n a为经为经n次传球回到甲手中的事件次传球回到甲手中的事件， 则则() 2 n nn n a P a， () 2 n nn n b P b， 且且 11 ()0P a，() nn P a+ +() nn P b=1=1，() nn P a= = 11 1() 2 nn Pa （由由 n a= = 1n b易得易得） . . 整理为整理为 11 111 ()() 323 nnnn P aPa ，显然，显然 1 () 3 nn P a 是首项为是首项为 3 1 ，公比为，公比为
17、 2 1 的的 等比数列等比数列，即即 1 () 3 nn P a= = 1 ) 2 1 ( 3 1 n ，解得解得() nn P a= = 1 23 ) 1( 3 1 n n ，由由() 2 n nn n a P a，得得 3 2( 1)2 2() 3 nn n nnn aP a . . 生生 8 8改进生改进生 3 3 的涂色模型，把图的涂色模型，把图 3 3 中中粘起来，并作推广，如图粘起来，并作推广，如图 4 4： 传球从甲开始，相当于区域传球从甲开始，相当于区域 1 1 只涂固只涂固 定颜色（如红色定颜色（如红色） ，现假设可任意涂色，则，现假设可任意涂色，则 区域区域 1 1 可有
18、可有 3 3 种涂法，其它区域都各有种涂法，其它区域都各有 2 2 种种 涂法，但区域涂法，但区域n与区域与区域 1 1 有两种情况：同色有两种情况：同色 与异色。同色相当于合并，为与异色。同色相当于合并，为 1 3 n a ，异色正好为，异色正好为3 n a。 故故3 n a= = 1 3 2n 1 3 n a 即即 1 1 2n nn aa （下略）（下略） 评注：评注：生生 6 6，7 7，8 8 的解法均较为简捷，建模意识强，确有创意！的解法均较为简捷，建模意识强，确有创意！ 生生 9 9将此问题再推广，可有将此问题再推广，可有 推广推广 2 2甲乙丙丁四个人相互传球，由甲开始发球，并
19、作为第一次传球，经过甲乙丙丁四个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过n次传球次传球 后，球又回到甲手中，则不同的传球方法有多少种？后，球又回到甲手中，则不同的传球方法有多少种？ 生生 1010 直观列举，归纳概括找规律：直观列举，归纳概括找规律： 列出传球的树状图如图列出传球的树状图如图 1 1，观察此图易得如下结论：，观察此图易得如下结论： 次数次数甲甲乙乙丙丙丁丁 一次一次0 01 11 11 1 二次二次3 32 22 22 2 三次三次6 67 77 77 7 四次四次2121202020202020 五次五次6060616161616161 观察上表，可总结概括传球规律：
20、下一次某人的种数为他前边另几人传球种数之和观察上表，可总结概括传球规律：下一次某人的种数为他前边另几人传球种数之和。 于是对于甲来说，其传接球规律为于是对于甲来说，其传接球规律为 次数次数 经经n次传球后回到甲手中的方法数次传球后回到甲手中的方法数 n a 一次一次 1 3(0 1)(0 1)(0 1) 二次二次 2 3(3 1)(3 1)(3 1) 三次三次 3 3(6 1)(6 1)(6 1) 四次四次 4 3(21 1)(21 1)(21 1) 五次五次 5 3(60 1)(60 1)(60 1) 综上可得结论：当综上可得结论：当n为偶数时，为偶数时，3(1)(1)(1), n nnnn
21、 aaaa即即 33 4 n n a ； 当当n为奇数时，为奇数时，3(1)(1)(1), n nnnn aaaa即即 33. 4 n n a 于是有于是有 3( 1)3. 4 nn n a 评注评注：这位学生虽未给出证明这位学生虽未给出证明，不是很严格不是很严格，但能够进行如上的直观列举但能够进行如上的直观列举，并借此较容并借此较容 易地发现问题背后的规律，实已属难得！易地发现问题背后的规律，实已属难得！ 生生 1111 由传球规律可知：要使第由传球规律可知：要使第n次传球后球回到甲手中，则第次传球后球回到甲手中，则第1n次传球后球必次传球后球必 不在甲手中，易得不在甲手中，易得 1 1 3
22、(2). n nn aan 于是，进行迭代求解，有于是，进行迭代求解，有 112 12 333. nnn nnn aaa 当当n为偶数时，为偶数时， 1232 2 33 33( 1)3. 4 n nnn n aa 61 1 （甲） 2 3 4 5 1 2 1n n 4图 4 当当n为奇数时，为奇数时， 1232 2 33 33( 1)3. 4 n nnn n aa 综上，有综上，有 3( 1)3. 4 nn n a 生生 1212 （归纳（归纳猜想猜想证明）证明）3 3 次传球后，若球传回甲手中，则第次传球后，若球传回甲手中，则第 1 1，2 2 次接球的是次接球的是 乙丙丁三人中的两人乙丙丁
23、三人中的两人，且有次序且有次序，故故 3 2 33 33 6 4 aA ；经经 4 4 次传球后次传球后，若球传回甲手中若球传回甲手中， 则有以下两种情况：第则有以下两种情况：第 2 2 次没有传给甲：次没有传给甲：3 2 212, 第第 2 2 次传给甲：次传给甲：3 1 39, 故故 4 4 33 12921. 4 a ，猜想：，猜想： 3( 1)3 . 4 nn n a 证明证明用数学归纳法：用数学归纳法： (1)(1) 当当2n 时时 ，由，由 2 2a 知结论成立；知结论成立； (2)(2)假设当假设当nk时命题成立，即时命题成立，即 3( 1)3. 4 kk k a 则当则当1nk
24、时，传第时，传第 1k 次回到甲的手中次回到甲的手中，不管第不管第k次是否传到甲的手中次是否传到甲的手中，共有共有3k种方法种方法。但事实上但事实上，第第k次次 不可能传到甲的手中，而第不可能传到甲的手中，而第k次传到甲的手中的方法种数恰好为次传到甲的手中的方法种数恰好为 k a，于是，于是 1 3( 1)3 33 4 kk kk kk aa 11 3( 1)3 . 4 kk 即猜想对即猜想对1nk也成立。也成立。 由（由（1 1） （2 2）两步可知，猜想对任意）两步可知，猜想对任意nN 都成立。都成立。 生生 1313将此问题一般化，有将此问题一般化，有 推广推广 3 3m（3m ）人相互
25、传球人相互传球，由甲开始发球由甲开始发球，并作为第一次传球并作为第一次传球，经过经过n次传次传 球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是多少？球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是多少？ 简析简析由上述由上述“研究研究”过程作基础过程作基础，不难得到不难得到 (1)( 1)(1) , nn n mm anN m . . 并且出现了猜证法、建立递推关系式并且出现了猜证法、建立递推关系式 11 (1) (0) n nn aama 后用多种方法求后用多种方法求 n a、 类似于生类似于生 7 7 的概率模型法等多种证法；这里摘取并不的概率模型法等多种证法；这里摘取并不“简捷简捷”却有趣
26、味的几种解法：却有趣味的几种解法： 生生 1414甲传给非甲的情况共有甲传给非甲的情况共有1m种，非传给非有种，非传给非有2m种，非传给甲只有种，非传给甲只有 1 1 种种， 如图：如图： 1221 2 mmm n 次 甲非非非非甲 按照按照在这在这n次传球过程中甲总共触球的次数次传球过程中甲总共触球的次数进行分类，可有以下情况：进行分类，可有以下情况： （1 1）甲共触球甲共触球 2 2 次即只有第一次传出和最后一次接球次即只有第一次传出和最后一次接球（中间不接传中间不接传） ，这时非与非共传这时非与非共传 球球2n次，可得传球次数为次，可得传球次数为 2 2 (1)(2)nNmm ； (2
27、)(2)甲共触球甲共触球 3 3 次次, ,即除首末两次外，中间多了一次触球机会，这相当于用甲去替换其即除首末两次外，中间多了一次触球机会，这相当于用甲去替换其 中一个中一个“非非” ，当然，两头的，当然，两头的“非非”除外，而中间非与非之间共进行除外，而中间非与非之间共进行2n次相互传球，所次相互传球，所 以可以看成有以可以看成有1n个个“非非”在中间位置上在中间位置上，故甲可以替换的故甲可以替换的“非非”有有32) 1(nn个个， 即这时情况总数为即这时情况总数为 421 33 )2() 1( n n mmCN； (3)(3)甲共触球甲共触球 4 4 次，当传球次，当传球)6( nn次时，
28、从次时，从3n个位置中选个位置中选 2 2 个甲，但得排除甲两个甲，但得排除甲两 两 相 邻 的 情 况两 相 邻 的 情 况4n种 ， 故 这 时 的 情 况 数 为种 ， 故 这 时 的 情 况 数 为.)4( 2 4 2 3 nn CnC于 是 总 数 为于 是 总 数 为 .)2() 1( 632 44 n n mmCN 所以，所以，当当n为奇数时，甲最多触球为奇数时，甲最多触球 2 1n 次，这时总数为次，这时总数为)2() 1( 2 1 2 1 mm n N n n ； 5 当当n为偶数时，甲最多触球为偶数时，甲最多触球 2 2n 次，这时总数为次，这时总数为.) 1( 2 n n
29、 mN 于是，传球的总方法种数为于是，传球的总方法种数为 2 2 )2)(1( n nn mmNNa 421 3 )2() 1( n n mmC 632 4 )2() 1( n n mmC 843 5 )2() 1( n n mmC 为偶数 为奇数 nm nmm n n n ,) 1( ),2() 1( 2 1 2 2 1 ， 这个和式的通项公式为这个和式的通项公式为 . 2 2 )( 2 3 , 2 , 1 , 0,)2() 1( )1(21 )2( 偶）（或奇n n n n kmmCN knkk knk 可以证明，可以证明， (1)( 1)(1) , nn n mm anN m （略）（略
30、） 评注评注： 生生1 14 4的解法确实不够简捷的解法确实不够简捷， 但却提供了另一类解决此问题的思路但却提供了另一类解决此问题的思路， 构建的数列构建的数列 k N 也有一定的实用价值。也有一定的实用价值。 生生 1515 采用逆推法并通过建立递推关系式来求解：采用逆推法并通过建立递推关系式来求解： 为方便于进行直观地量化表述，将问题符号化：用为方便于进行直观地量化表述，将问题符号化：用 1 A表示甲，表示甲， m AAA, 32 表示表示 另另 m-1m-1 人，传球过程可图示如下：人，传球过程可图示如下： m 3 2 1 A A A 第一次传球 A m 2 1 A A A 第二次传球
31、m 2 1 A A A m 2 1 2n A A A 次传球第 m 3 2 1n A A A 次传球第 1 n A 次传球第 设第设第)1 (nii次传球时次传球时，球从球从 m AAA, 21 手中传出后手中传出后，再经过再经过in 次传球又次传球又 回到回到 1 A手中的不同传球方式种数依次为手中的不同传球方式种数依次为 imiii aaaa , 3, 2, 1 ,。 由于第由于第n次传球后球要回到次传球后球要回到 1 A手中手中，所以第所以第n次传球时球只能从次传球时球只能从 m AAA, 32 手手 中传出直接回到中传出直接回到 1 A手中，此时由上图可知：手中，此时由上图可知： 1
32、, 3,2 nmnn aaa，, 1 1, 31, 2, 1 nnn aama. 2 1, ma nm （1 1）若若 n=2n=2，由上图知传球次数由上图知传球次数N=m-1=m-1； （2 2）若若 n=3n=3，由上图知传球次数由上图知传球次数N= =（m-1m-1） （m-2m-2） ；(3)(3)若若4n，由于在第，由于在第) 13(nii次传球时球可以从次传球时球可以从 m AAA, 21 中任一中任一 人手中传出，且人手中传出，且 imii aaa , 3,2 ，所以当，所以当13ni时由上图可知时由上图可知 )2()2( ) 1 () 1( 1, 21, 1, 2 1, 2,
33、1 iii ii amaa ama 由由 （1） 得得 2, 21, 1 ) 1( ii ama（3） ， 把把 （3） 代入代入 （2） 得得 1, 22, 2, 2 )2() 1( iii amama （4） ，所以，所以)(1( 2, 21, 21, 2, 2 iiii aamaa1 2, 21, 2 1, 2, 2 m aa aa ii ii ， 进而可得进而可得.) 1() 1)( 2 1, 22, 21, 2, 2 inin nnii mmaaaa 6 于是于是) 13() 1( 1, 2, 2 niama i in i （5） 又又2 1, 2 ma n ，由（，由（5）式递推得
34、）式递推得 )2() 1( 2 2, 2 mma n ，)2() 1() 1( 23 3, 2 mmma n ， ,),2() 1() 1() 1( 234 4, 2 mmmma n )2() 1() 1() 1() 1( 4543 )3(, 23 , 2 mmmmaa kkkk nn 34543 ) 1() 1() 1() 1() 1() 1( nkkkk mmmm m m m m m nn n n n 12 3 3 4 ) 1() 1( ) 1( )1(1 ) 1(1 ) 1() 1( (6) 又由上图知，由又由上图知，由 1 A第一次传球经过第一次传球经过k次传球后球又回到次传球后球又回
35、到 1 A手中的不同传球方法种数手中的不同传球方法种数 N等于球从等于球从 m AAA, 32 之一手中第二次传出后之一手中第二次传出后，再经过再经过2n次传球次传球，球又回到球又回到 1 A手中手中 的不同传球方法种数的和的不同传球方法种数的和，即即 2,2, 32, 2m aaaN，而而 2,2, 32, 2m aaa，于是于是 得得)2() 1)(1()2()1() 1( 3 , 24, 23 , 23 , 12, 2 amammamamamN m m mmmaaamm nn n 32 3 3 , 24, 23 , 2 ) 1() 1( ) 1)(1)(1()(1)(1( . ) 1()
36、 1() 1( 2 m mm nn 上式对上式对3 , 2n也成立，因此所求总传球数为也成立，因此所求总传球数为. ) 1() 1() 1( 2 m mm N nn 评注：生评注：生 1515 采用逆推法并通过引入二元符号建立递推关系式进行严密地推导，思路采用逆推法并通过引入二元符号建立递推关系式进行严密地推导，思路 新颖别致，充分体现了其深厚的数学素养。新颖别致，充分体现了其深厚的数学素养。 生生 1616借鉴生借鉴生 3 3、生、生 8 8 的方法建立涂色模型如图的方法建立涂色模型如图 4 4：m个人个人 对应于 m种不同颜色种不同颜色， 传传n次球次球 对应于 在在n个彼此相连的区域个彼
37、此相连的区域 1 1，2 2，3 3，n，内涂色，且任何相邻的内涂色，且任何相邻的 2 2 个区个区 域涂不同色。则可将推广域涂不同色。则可将推广 3 3 改述为改述为 推广推广 3 用用(2)m m 种不同的颜色，给图种不同的颜色，给图 4 4 中中n个区域个区域1,2,n涂色，要求任意涂色，要求任意 2 2 个个 相邻区域涂不同颜色相邻区域涂不同颜色，且规定区域且规定区域 1 1 只涂一种指定颜色只涂一种指定颜色（如红色如红色） ，则不同的涂色方法有多则不同的涂色方法有多 少种？少种？ 简析简析可以推测可以推测).1() 1() 1(mmma nn n 事实上，假设区域事实上，假设区域 1
38、 1 不固定只涂一种颜色，可任意选涂，记符合要求的涂色方法为不固定只涂一种颜色，可任意选涂，记符合要求的涂色方法为 )( nn maA 种，则区域种，则区域 1 1 有有m种涂法，其它区域均各有种涂法，其它区域均各有1m种涂法。分成两类：种涂法。分成两类：是区是区 域域n与区域与区域 1 1 涂同色，相当于将这涂同色，相当于将这 2 2 个区域合并成个区域合并成 1 1 个区域共个区域共1n个区域，这样符合要求个区域，这样符合要求 的 涂 色 种 数 为的 涂 色 种 数 为 1n A； 是 区 域是 区 域n与 区 域与 区 域 1 1 涂 不 同 色 ， 则 有涂 不 同 色 ， 则 有
39、n A种 ， 故 有种 ， 故 有 ., 3 , 2,) 1( 1 1 nkmmAA k kk 于是于是，令nkmmAA k k k k k , 3,)1 () 1() 1( 1 1 1 求和得求和得 112 21 33 ( 1)( 1)( 1)(1)(1)(1) nn nkkkn nkk kk AAAAmmmm ， 由由) 1( 2 mmA得得).1() 1() 1(mmA nn n 即即. ) 1() 1() 1( m mm m A a nn n n 注：注： 20012001 年全国高中数学联赛题：如图年全国高中数学联赛题：如图 5 5，在，在 正六边形的正六边形的 6 6 个区域栽种观
40、赏植物，要求同一区域种同个区域栽种观赏植物，要求同一区域种同 一种植物，相邻的一种植物，相邻的 2 2 个区域种不同植物。现有个区域种不同植物。现有 4 4 种不同种不同 植物可供选择，则有植物可供选择，则有_种栽法。种栽法。 1 2 1n n 6图 E D C B A F 5图 7 是推广是推广 3 的特例：的特例： 66 6 (4 1)( 1) (4 1)732.A 进一步，受推广进一步，受推广 3 启发，有启发，有 推广推广 4 4用用(2)m m 种不同的颜色，给图种不同的颜色，给图 6 6 中中1n个个 区域区域,1,2,n涂色涂色， 要求任要求任意意 2 2 个相邻区域涂不同颜色个
41、相邻区域涂不同颜色， 则不同的涂色方法有多少种？则不同的涂色方法有多少种？ 简析简析设符合要求的涂色种数为设符合要求的涂色种数为 n a，则区域则区域有有m种涂法种涂法，其它其它n个区域均与区域个区域均与区域 不同色，只有不同色，只有1m种颜色供选涂，由推广种颜色供选涂，由推广 3 知有知有(2)( 1) (2) nn mm 种，故有种，故有 (2)( 1) (2). nn n Bm mm 注注：20032003 年新课程卷高考题年新课程卷高考题（理科理科） ：某城市在中心广场建造一个花圃某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为花圃分为 6 6 个个 部分（如图部分（如图 7 7） ，现要栽种，
42、现要栽种 4 4 种不同颜色的花，每部分栽种种不同颜色的花，每部分栽种 1 1 种且相邻部分不能栽种同样颜种且相邻部分不能栽种同样颜 色的花，则不同的栽种方法有色的花，则不同的栽种方法有_种。种。 此题是推广此题是推广 4 4 的特例：的特例： 55 5 4(42)( 1) (42)120.B 生生 1717 联想我曾经遇到过的一个问题：联想我曾经遇到过的一个问题： 正四面体的四个顶点记为正四面体的四个顶点记为 1 1，2 2，3 3，4 4，从一点出发，等可能到其他，从一点出发，等可能到其他 3 3 点，点， 求从点求从点 1 1 出发走出发走 7 7 步又回到步又回到 1 1 的概率。的概
43、率。 正好与传球问题等价：正好与传球问题等价：可以将其推广到一般情况：对于任意一个由可以将其推广到一般情况：对于任意一个由 m m 个点组个点组 成的网络，如果对于这成的网络，如果对于这 m m 个点中的任意一个点都与另外的个点中的任意一个点都与另外的 m-1m-1 个点相连，那么个点相连，那么 从其中任意一个点从其中任意一个点 A A 出发，每次都等可能地选择一条道路到达另外一点，则经出发，每次都等可能地选择一条道路到达另外一点，则经 过过 n n 步后又回到点步后又回到点 A A 的概率的概率 n P是多少？是多少？ 我们能够得到如下概率递推式：我们能够得到如下概率递推式：2),1 ( 1
44、 1 1 kP m P kk ，且，且 0 1P 由递推数列的有关知识可得由递推数列的有关知识可得 ), 1 ( 1 11 1 m P mm P kk 所以所以. ) 1() 1() 1( ) 1( 11 ) 1 1 )( 1 ( 0 m mm mmmm PP kk k k k 于是从点于是从点 A A 出发经出发经 n n 步后又回到点步后又回到点 A A 的方法种数为的方法种数为 . ) 1() 1() 1( ),( m mm nmf nn 评注评注：生生 1717 的做法值得借鉴的地方主要有两点的做法值得借鉴的地方主要有两点: :一是又联想了一个等价的网络模型一是又联想了一个等价的网络模型, ,进进 一步扩大了传球问题的应用范围一步扩大了传球问题的应用范围; ;二是对本问题的解决方法特别二是对本问题的解决方法特别: :考虑运用递归思想方法建考虑运用递归思想方法建 立概率型递推数列，简捷明快立概率型递推数列，简捷明快! ! 11223344556661122334455666 6 5 4 32 1 7图
